Fermat au lycée

Comme disait Douady: "ça doit être trivialement vrai ou trivialement faux".

Quand j'ai vu "Lycée", j'ai pensé qu'il s'agissait du "petit" théorème de Fermat. Mais non !
Au moins ça change des déboires des filles de quatrième.

Bien joué, Olivier.

Mais je pense que, si l'on devait donner cet exercice en terminale S, il faudrait néanmoins guider un peu (en mettant, par exemple, en première question : "expliquer pourquoi, si $x,y,z$ est solution non triviale, on aurait $z \geqslant 2$, $x \leqslant z - 1$, etc).

Je réflechissais également à la possibilité (ou non) de donner l'exercice suivant (qui est un avatar de la méthode de Sophie Germain) : Soit $p \geqslant 3$ premier tel que $2p+1 = q$ soit aussi premier tel que $q \nmid xyz$. Alors l'équation $x^p + 2y^p + 5z^p = 0$ n'a pas de solution entière non triviale.

Borde.

Tu as raison, et, sans indication, on peut tourner en rond un moment ! Ainsi, je mettrais bien comme indication "avec petit Fermat, montrer que, si $2p+1 \nmid a$ $a^p \equiv \pm 1 \mod {2p+1}$". Il faudrait voie aussi les cas où $2p+1 \mid xyz$...

Borde.

Bonjour Borde et Olivier,

Joli (et dans la marge!) l'exo d'Olivier.

Pour l'exo de Borde, je ne vois pas l'intérêt de supposer p premier (si ce n'est pour embrouiller les élèves), p impair >=3 suffit, me semble-t-il, et où est cachée notre Sophie?

L'exo serait : p entier >=3, tel que q=2p+1 est premier, x,y,z dans Z tels que q ne divise pas xyz, montrer que l'on a x^p+2y^p+5z^p non égal à 0.

Par contre, comment montrer que, si x est premier avec q, on a x^p= +-1 mod q? (sans théorie des polynômes sur un corps)?

Amicalement,
Georges

Bonjour Georges,

Si tu supposes seulement $p$ entier impair, petit Fermat ne s'applique plus dans toute sa généralité pour avoir $a^p \equiv 0 \, \mbox {ou} \, \pm 1 \pmod q$.

Cet exercice est une version simplifiée du théorème de Sophie Germain :

Si $p \geqslant 3$ est premier tel que $q= 2p+1$ le soit aussi et $p \nmid xyz$, et si $\mbox {pgcd}(x,y,z) = 1$, alors l'équation $x^p + y^p + z^p = 0$ n'a pas de solution entière non triviale. Autrement dit, le premier cas du (grand) théorème de Fermat (ie $p \nmid xyz$) est vrai pour tout nombre premier dit de Sophie Germain.

Ici, la présence des coefficients $2$ et $5$ facilite le travail, et rend le problème accessible aux élèves de terminale S et/ou de L1/L2. Je iens d'ailleurs d'en rédiger un énoncé, qui fonctionne aussi lorsque $q \mid xyz$.

Rappelons enfin que l'équation de Fermat $x^n + y^n = z^n$, avec $n \geqslant 3 entier, est traditionnellement ramenée à l'étude des équations $x^4 + y^4 = z^4$ ou $x^p + y^p = z^p$ avec $p \geqslant 3$ premier, puisque tout entier $n > 2$ est soit divisible par $4$, soit divisible par un tel nombre premier.

Borde.

<< Quand j'ai vu "Lycée", j'ai pensé qu'il s'agissait du "petit" théorème de Fermat. Mais non !
Au moins ça change des déboires des filles de quatrième.
Sylvain >>

Ca change aussi des crétins prétentieux en fac de physique qui pensent que l'hypothèse de Riemann est à leur portée.
Ce forum est un forum d'aide aux élèves quel que soit leur niveau, rappelez vous, quand vous étiez en 4eme, quand vous séchiez sur un exo ... Mais peut etre pensez vous que seules les filles ne comprennent pas les maths, et que vous, parce que vous êtes un homme, vous êtes appelé à une grande carrière scientifique !
Allez distiller vos idées insipides ailleurs, mon cher.

Ben: Sylvain faisait référence à une élève de 4ème à qui il donne des cours de maths, il n'y avait aucune prétention dans ses propos il me semble.

bonjour

est ce que l'on a déjà essayé de démontrer le cas de l'exposant n pair , de façon générale, sans passer par les exopsants P premiers ?

En se servant de la contradiction du cas N=4.

il y a une solution!

Tu n'as pas l'air d'utiliser l'hypothèse "p premier".
Si p divise un ou deux parmi x, y et z cela marche avec x^p+2y^p+5z^p (mais pas x^p+y^p+z^p). Comment fais-tu si p divise les 3?

J'ai rajouté dans cet exo l'hypothèse $\mbox {pgcd}(x,y) = \mbox {pgcd}(y,z) = \mbox {pgcd} (z,x) = 1$ (que l'on peut sans doute affaiblir), pour éliminer le cas pathologique que tu signales.

Pour l'équation $x^p + y^p + z^p = 0$, le problème est un peu plus délicat lorsque $q$ divise l'une des trois inconnues.

Borde.

Mais si $x,y,z$ multiples de $q$ n'est pas traité, comment peux-tu dire :

" l'équation $x^p+2y^p+5z^p=0$ n'a pas de solution entière non triviale."?

Pour $x^p+y^p+z^p=0$, le problème est $\underline{beaucoup}$ plus délicat lorsque $q$ divise l'une des trois inconnues (là il faut $p$ premier?).

Pour en revenir vers le fil d'Olivier (que je prie de bien vouloir m'excuser pour l'avoir pollué quelque peu), j'ai retrouvé cette version affaiblie du théorème de Fermat :

{\it Si $x,y,z$ sont des entiers positifs tels que $z \geqslant \min (x^2,y^2)$, alors, pour tout nombre premier $p \geqslant 3$, l'équation $x^p + y^p = z^p$ n'a pas de solution entière non triviale}.

Schéma de preuve.

Soit $x,y,z$ une solution non triviale. Alors $$x^p = z^p - y^p = (z-y) \sum_{k=1}^{p} z^{p-k} y^{k-1},$$ et l'IAG appliquée sur cette somme fournit : $$\sum_{k=1}^{p} z^{p-k} y^{k-1} \geqslant p \left ( \prod_{k=0}^{p-1} z^{p-k}y^k \right )^{1/p} = p(yz)^{(p-1)/2} > (yz)^{(p-1)/2},$$ et comme $z-y \geqslant 1$, il vient $$x^p > (yz)^{(p-1)/2}.$$ Puisque $p \geqslant 3$, on en déduit que $$x > (yz)^{1/3}$, et on montrerait de même que $y > (zx)^{1/3}$, ce qui donnerait $$z < x^2$ et $z < y^2$.

Borde.

Pour en revenir vers le fil d'Olivier (que je prie de bien vouloir m'excuser pour l'avoir pollué quelque peu), j'ai retrouvé cette version affaiblie du théorème de Fermat :

{\it Si $x,y,z$ sont des entiers positifs tels que $z \geqslant \min (x^2,y^2)$, alors, pour tout nombre premier $p \geqslant 3$, l'équation $x^p + y^p = z^p$ n'a pas de solution entière non triviale}.

Schéma de preuve.

Soit $x,y,z$ une solution non triviale. Alors $$x^p = z^p - y^p = (z-y) \sum_{k=1}^{p} z^{p-k} y^{k-1},$$ et l'IAG appliquée sur cette somme fournit : $$\sum_{k=1}^{p} z^{p-k} y^{k-1} \geqslant p \left ( \prod_{k=1}^{p-1} z^{p-k}y^{k-1} \right )^{1/p} = p (yz)^{(p-1)/2} > (yz)^{(p-1)/2},$$ et comme $z-y \geqslant 1$, il vient : $$x^p > (yz)^{(p-1)/2}.$$ Puisque $p \geqslant 3$, on en déduit que $x > (yz)^{1/3}$, et on montrerait de même que $y > (zx)^{1/3}$, ce qui donnerait $z < x^2$ et $z < y^2$.

Borde.

Oui, pourquoi pas...

Quant à moi, j'ai écris, hier, un énoncé similaire, mais, pour des raisons de programme, j'ai ajouté la contrainte que les entiers (non tous nuls) $x,y,z$ soient premiers entre eux deux à deux (en effet, la notion de {\it nombres premiers dans leur ensemble} ne figure pas au programme de terminale).

Au fait, Georges, j'espère que tu as bien reçu l'autre projet sur lequel on travaille...

Borde.